\section{二次互反律证明}

\begin{frame}{二次互反律证明}

Gauss 给出过 8 个证明， 现在有数百个证明了。 这里给出一个较初等的证明， 用 Gauss 引理 ( §4.1 引理 3).

\begin{proof*}[二次互反律证明]
  先设 $p, q$ 为素数 ($p$ 为奇数， $q$ 可奇可偶). 为了用 Gauss 判则， 要考虑 $\{k q\}(1 \leqslant k \leqslant\frac{p-1}{2})$. 记
\[
k q=p q_{k}+r_{k},
\]
其中$1 \leqslant r_{k} \leqslant p-1, q_{k}=[k q / p]$. 设在余数集 $\left\{r_{k}\right\}$ 中：
\[
1 \leqslant a_{1}, \cdots, \quad a_{t}<p / 2 ; \quad p / 2<b_{1}, \cdots, \quad b_{\nu} \leqslant p-1
\]
这里的 $\nu$ 就是 $\{k q\}$ 中绝对最小剩余为负数的个数。 记
\[
a=a_{1}+\cdots+a_{t}, \quad b=b_{1}+\cdots+b_{\nu},
\]
则 $a+b=r_{1}+\cdots+r_{\frac{p-1}{2}}$. 由 Gauss 引理的证明知
\[
  \left\{a_{1}, \cdots, a_{t}, p-b_{1}, \cdots, p-b_{\nu}\right\}=\{1,2, \cdots,\frac{p-1}{2}\}.
\]
两边求和得
\[
  a-b+\nu p=1+2+\cdots+\frac{p-1}{2}=\frac{ p^{2}-1}{ 8}.
\]
\end{proof*}

\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{proof}[续]
    而对 $k q=p q_{k}+r_{k}$ 求和 (其中 $1 \leqslant k \leqslant\frac{p-1}{2}$), 得
\[
  q\left(p^{2}-1\right) / 8=p \sum q_{k}+\sum r_{k}=p \sum q_{k}+a+b.
\]
将上述二式相减， 模 $2$, 得到
\[
  (q-1)\left(p^{2}-1\right) / 8 \equiv p \sum q_{k}-\nu p \quad\left(\mod  2\right).
\]

当 $q=2$ 时， $q_{k}$ 均为 $0$, 得 $\left(p^{2}-1\right) / 8 \equiv \nu\left(\mod  2\right)$, 即 \S4.1 引理 4.
当 $q$ 为奇素数时， 得
\[\small
  \nu \equiv \sum q_{k} \quad\left(\mod  2\right).
\]
故由 Gauss 引理得
\[
  \left(\frac{q}{p}\right)=(-1)^{\nu}=(-1)^{\sum q_{k}}=(-1)^{\sum[k q / p]}.
\]
同理(将 $p, q$ 互换)得
\[
  \left(\frac{p}{q}\right)=(-1)^{\sum[h p / q]}.
\]
(求和对 $1 \leqslant k, h \leqslant\frac{q-1}{2}$). 故得
\[
  \left(\frac{q}{p}\right)\left(\frac{p}{q}\right)=(-1)^{\sum[k q / p]+\sum\left[h_{p} / q\right]}.
\]
只需证明如下引理。
\end{proof}


\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{lemma}%引理1
  对互异奇素数 $p, q$, 如下等式成立：
\[
  \sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}[k q / p]+\sum_{h=1}^{\frac{q-1}{2}}[h p / q] \equiv \frac{p-1}{2} \frac{q-1}{2}\left(\mod  2\right).
\]
\end{lemma}

\begin{proof}
\begin{wrapfigure}{r}{.4\textwidth}
%\includegraphics[max width=.4\textwidth]{2024_06_01_28399ea5910f16de7574g-113}
  \begin{tikzpicture}[scale=.6, inner sep=1pt,
    Below/.style={circle, draw, fill}, 
  Above/.style={rectangle, draw}]
    \draw (0,0) node[below] {$(0,0)$} -- (4, 0) node[below] {$k$} -- (5.5, 0) node[right] {$(\frac{p}{2}, 0)$} -- (5.5, 3.5) node[above] {$(\frac{p}{2}, \frac{q}{2})$} node[below right] {$h=\frac{kq}{p}$} -- (0,3.5) node[above] {$(0, \frac{q}{2})$} -- (0, 2.5) node[left] {$h$} -- (0,0);
    \draw  (0,1) -- (5.5, 1) (0,2) -- (5.5, 2) (0,3) -- (5.5, 3) 
    (1,0) -- (1,3.5)  (2,0) -- (2,3.5) (3,0) -- (3,3.5) (4,0) -- (4,3.5) (5,0) -- (5,3.5);
    \draw[thick] (0,0) -- ($(0,0) +1.02*(5.5,3.5)$);
    \node at (2,1) [Below] {};
    \node at (3,1) [Below] {};
    \node at (4,1) [Below] {};
    \node at (5,1) [Below] {};
    \node at (4,2) [Below] {};
    \node at (5,2) [Below] {};
    \node at (5,3) [Below] {};
    \node at (1,1) [Above] {};
    \node at (1,2) [Above] {};
    \node at (2,2) [Above] {};
    \node at (3,2) [Above] {};
    \node at (1,3) [Above] {};
    \node at (2,3) [Above] {};
    \node at (3,3) [Above] {};
    \node at (4,3) [Above] {};
    \node at (4,2.5454) [circle, draw] {};
  \end{tikzpicture}
\caption*{图 1}
\end{wrapfigure}

  在 $O k h$ 平面上 (即坐标 $(x, y)$ 记为 $(k, h)$), 考虑顶点为
\[
O(0,0), \quad A(p / 2,0), \quad B(0, q / 2), \quad C(p / 2, q / 2)
\]
的矩形。 对角线 $O C$ 上没有整点 (即坐标都是整数的点), 因为对角线方程为 $h=k q / p$, 若 $(k, h)$ 为整点， 则需 $p\mid k, q\mid  h$, 这样的点在此矩形之外。 矩形内整点总数为 $\frac{p-1}{2} \frac{q-1}{2}$, 在对角线下方和上方的个数各为 $\sum[k q / p], \sum[h p / q]$.证毕。\\
图 1 为 $p=11, q=7$ 情形。 例如 $k=4$ 时， $h=k q / p=28 / 11$, 故在 $k=4$ 这条坚线上且在对角线下方的整点数为 $[h]=[k q / p]=[28 / 11]=2$. 故对角线下方整点总数为 $\sum_{1 \leqslant k \leqslant 5}[k q / p]$. 同样， 在 $h=2$ 的横线上且在对角线上方的整点个数为 $[h p / q]=$ $[22 / 7]=3$. 
\end{proof}

\end{frame}

